1、本章优化总结第三章 磁 场专题一 有关安培力综合问题的分析与计算安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解具体求解应从以下几个方面着手分析：1安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，FILB.(2)当通电导体和磁场方向平行时，F0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为 时，FILBsin.2安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定(2)F 安B，同时 F 安L，即 F 安垂直于 B 和 L 决定的平面，但L
2、和 B 不一定垂直3安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键(2019武汉中学高二检测)如图所示，电源电动势 E2V，内阻 r0.5，竖直导轨宽 L0.2m，导轨电阻不计另有一质量 m0.1kg，电阻 R0.5 的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数 0.4，靠在导轨的外面为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为 30且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10m/s2)求：(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度 B 的取值范围解析(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由
3、ab 的侧视图，并对棒 ab 受力分析如图所示经分析知磁场的方向斜向下指向纸里 甲 乙(2)如图甲所示，当 ab 棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为 Ff，则：Fsin30Ffmg0 FB1IL FfFcos30 I ERr 联立四式并代入数值得 B13.0T.当 ab 棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为 Ff，如图乙所示，则：Fsin30Ffmg0 FfFcos30FB2ILI ERr可解得 B216.3T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足30TB16.3T.答案(1)斜向下指向纸里(2)3.0TB16.3T分析安培力问题的一般步骤(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电
4、导体(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解 澳大利亚国立大学制成了能把 2.2g 的弹体(包括金属杆 EF 的质量)加速到 10km/s 的电磁炮(常规炮弹的速度约为 2km/s)如图所示，若轨道宽为 2m，长为 100m，通过的电流为 10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度(轨道摩擦不计)解析：根据 v2tv202ax 得炮弹的加速度大小为 av2t2x（10103）22100m/s25105m/s2.根据牛顿第二定律 Fma 得炮弹所受的安培力 Fma2.21035
5、105N1.1103N.根据安培力公式 FILB，得 B FIL1.1103102 T55T.答案：55T专题二 带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题1常用结论带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考中的热点问题，该类问题的分析一般要注意下列结论，在此基础上借助数学方法和相应的物理规律求解(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速率 v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速率 v 变化时，圆心角越大，运动时间越长2寻找临界点的两种有效方法(1)轨迹圆的缩放：当粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的轨迹圆
6、圆心一定在入射点所受洛伦兹力所表示的射线上，但位置(半径 R)不确定，用圆规作出一系列大小不同的轨迹圆，从圆的动态变化中即可发现“临界点”其基本情形如图所示(2)轨迹圆的旋转：当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也容易发现“临界点”其基本情形如图所示另外，要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观 如图所示，S 为粒子源，该源能在图示纸面内360范围内向各个方向发射速率相等的质量为 m、带负电荷量 e 的粒子，MN 是一块足够大的竖直挡板且与 S 的水
7、平距离 OSL，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场求：(1)若粒子的发射速率为 v0，要使粒子一定能经过点 O，磁场的磁感应强度 B 的条件；(2)若磁场的磁感应强度为 B0，要使S发射出的粒子能到达挡板，则粒子的发射速率应满足什么条件；(3)若磁场的磁感应强度为 B0，从 S 发射出的粒子的速率为2eB0Lm，则挡板上出现粒子的范围为多大解析 粒子从点 S 发出后受到洛伦兹力作用而在纸面上做匀速圆周运动，若使磁感应强度的大小变化，粒子的轨迹构成过S 点的一组动态圆，不同半径的圆对应不同大小的磁感应强度，如图所示(1)要使粒子一定能经过点 O，即 SO 为圆周的一条弦，则粒子做圆周运动的轨道半
8、径必满足 RL2，即mv0eB L2 解得 B2mv0eL.(2)要使粒子从 S 发出后能到达挡板，则粒子至少能到达挡板上的 O 点，故粒子做圆周运动的半径 RL2，即mv0eB0 L2 解得 v0eB0L2m.(3)当从 S 发出的粒子的速率为2eB0Lm时，粒子在磁场中的运动轨迹半径 RmveB02L，如图所示，最低点为动态圆与 MN 相切时的交点 P1，最高点为动态圆与 MN 相割的交点 P2，且 SP2 是轨迹圆的直径，粒子击中挡板的范围在 P1、P2间 对 SP1 弧分析，由图知 OP1（2L）2L2 3L 对 SP2 弧分析，由图知 OP2（4L）2L2 15L.故出现粒子的范围
9、P1P2OP1OP2(3 15)L.答案 见解析分析该类题目的关键是找出临界(极值)条件，而分析临界(极值)条件的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画几个不同半径的圆周的轨迹，这样就能顺利地找到临界条件 (2019山师大附中模拟)如图所示，两平行金属板 E、F 之间电压为 U，两足够长的平行边界 MN、PQ 区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，由 E 板中央处静止释放，经 F 板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界 MN 成 60角，磁场 MN 和 PQ 边界距离为 d.求：(1
10、)粒子离开电场时的速度大小；(2)若粒子最终从磁场边界 MN 离开磁场，求磁感应强度的范围解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理有：qU12mv2 解得：v2qUm.(2)粒子在磁场中的运动轨迹刚好与 PQ 相切时的轨道半径，是粒子从边界 MN 离开磁场最大轨道半径，如图 由几何知识得：drrsin30，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBmv2r 解得：B 32d2mUq 粒子最终从磁场边界 MN 离开磁场，磁感应强度：B 32d2mUq.答案：(1)2qUm (2)B 32d2mUq专题三 带电粒子在磁场中运动的多解问题(多选)如图所示，左右边界分别为 P
11、P、QQ的匀强磁场的宽度为 d，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，一个质量为 m、电荷量为 q 的微观粒子，沿图示方向以速度 v0 垂直射入磁场，粒子重力不计，欲使粒子不能从边界 QQ射出，粒子入射速度 v0 的最大值可能是()A.Bqdm B.（2 2）BqdmC.（2 2）BqdmD.2Bqd2m解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由 Rmv0qB 知，粒子的入射速度 v0 越大，R 越大，当粒子的径迹和边界 QQ相切时，粒子刚好不从 QQ射出，此时其入射速度 v0 应为最大，若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为 O 点)，容易看出R1sin45dR1，将 R1mv0qB
12、代入上式得 v0（2 2）Bqdm，B 正确；若粒子带负电，其运动径迹如图乙所示(此时圆心为 O点)，容易看出 R2R2cos45d，将 R2mv0qB 代入上式得 v0（2 2）Bqdm，C 正确 答案 BC(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解如图甲所示，带电粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为 a，如带负电，其轨迹为 b.(2)磁场方向的不确定形成多解：磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而形
13、成多解如图乙所示，带正电的粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，若 B 垂直纸面向里，其轨迹为 a；若 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b.(3)临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过 180从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解(4)运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示 如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以 MN 为边界，左侧磁感应强度为 B1，右侧磁感应强度为 B2，B12B22T，比荷为 2106C/kg 的带正电粒子从O 点以
14、v04104m/s 的速度垂直于 MN 进入右侧的磁场区域(粒子重力不计)，求粒子通过距离 O 点 4cm 的磁场边界上的 P 点所需的时间解析：粒子在右侧磁场 B2 中做匀速圆周运动由 qv0B2mv20R2解得 R2mv0qB22cm故粒子经过半个圆周恰好到达 P 点，轨迹如图甲所示则粒子运动的时间 t1T22 mqB22106s由于 B12B2，由上面的求解可知粒子从 P 点射入左边的磁场后，做半径 R112R21cm 的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过 P 点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间 t2T1T232 106s所以，粒子通过距离 O 点 4cm 的磁场边界上的 P
15、点所需的时间为2106s 或32 106s.答案：2106s 或32 106s(12 分)一个质量为 m0.1g 的小滑块，带有 q5104C 的电荷量，放置在倾角 30的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于 B0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面求：(取 g10m/s2)(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？思路点拨“小滑块滑至某一位置要离开斜面”是解决本题的关键，从这个临界条件中得到此时斜面对滑块的支持力 FN0.解析(1)小滑块沿斜面下滑的过程中，受重力
16、 mg、斜面支持力 FN 和洛伦兹力 F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力 F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷 (2 分)(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有 qvBFNmgcos0(2 分)当 FN0 时，小滑块开始脱离斜面(1 分)所以 vmgcosBq0.110310 320.55104m/s2 3m/s3.46m/s.(2 分)(3)法一：下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgxsin12mv2(3 分)斜面的长度至少应是xv22gsin（2 3）22100.5m1.2m(2 分)法二：下滑过程中，小滑块做初速度为零的匀加速直线运动，对小滑块：由牛顿第二定律得：mgsinma(2 分)由运动学公式得：v22ax.(2 分)解得 xv22gsin1.2m(1 分)答案(1)带负电(2)3.46m/s(3)1.2m洛伦兹力是一个大小、方向都与速度 v 有关的力，所以从受力分析及平衡条件求解洛伦兹力，从而能求解 v；相反，已知 v 也能求解洛伦兹力 F.本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放